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Facultad de Ciencias Exactas, Ingenierıa y Agrimensura
Departamento de Matematica
Escuela de Ciencias Exactas y Naturales
GEOMETRIA I
Licenciatura en Matematica - Profesorado en Matematica - Ano 2016
Equipo docente: Francisco Vittone - Justina Gianatti - Demian Goos - Martın Alegre
Unidad 5: Proporcionalidad y semejanza.
Longitud de la circunferencia y area del cırculo.
1. Introduccion: Razones y proporciones
El objetivo principal de esta unidad es estudiar las propiedades de figuras geometricas que no necesariamente
son congruentes, sino que son semejantes. Es decir, si las observamos notamos que tienen la misma forma,
pero sus dimensiones son distintas, como cuando hacemos una ampliacion o una reduccion de una imagen sin
deformarla.
Para ello haremos uso de la teorıa de las proporciones, que estudiaremos en esta seccion. Comenzamos
proponiendoles un problema para que intenten resolver antes de comenzar con el desarrollo teorico:
Tres hermanas decidieron comprar un billete de la loterıa provincial, y para ello aportaron 5, 10 y 25 pesos
respectivamente. Segun lo acordado, si ganan, el millon de pesos del premio lo repartiran en forma
proporcional a lo aportado para la compra del billete. ¿Cuanto recibirıa cada una en caso de ganar?
Definiciones:
• Si a y b son numeros reales con b 6= 0, denominamos razon entre a y b al cociente ab .
• Una proporcion es una igualdad entre dos razones:
a
b=c
d
se lee generalmente “a es a b como c es a d”.
• Los numeros a y d en la proporcion anterior se denominan extremos de la proporcion y b y c se denominan
medios de la proporcion.
123
Las proporciones aparecen de manera natural en muchos problemas matematicos. De hecho ya hemos usado
alguna de sus popiedades en la demostracion de la existencia del baricentro de un triangulo. La propiedad funda-
mental es que en una proporcion el producto de los extremos es igual al producto de los medios. Simbolicamente:
a
b=c
d⇔ a · d = b · c, con b, d 6= 0
A partir de una proporcion quedan determinadas automaticamente otras importantes:
Teorema 1. Sean a, b, c, d ∈ R con b, d 6= 0 tal quea
b=c
d. Entonces:
1. si b+ d 6= 0,a
b=a+ c
b+ d; 2. si b− d 6= 0,
a
b=a− cb− d
;
Demostracion:
Probaremos 1. La propiedad 2 es analoga, y ya fue probada en la Unidad 4. Para probar esta proporcion
debemos comparar el producto de los extremos con el producto de los medios. Observemos que como ab = c
d
entonces a · d = b · c. Luego
a · (b+ d) = a · b+ a · d = a · b+ b · c = b · (a+ c)
como querıamos probar. �
Ejemplos:
1. La suma de dos numeros es 175 y un cuarto del primero es un tercio del segundo. ¿Cuales son esos
numeros?
Si llamamos x e y a los numeros, debe verificarse el siguiente sistema de ecuaciones:{x+ y = 175x
4=y
3
Obviamente podemos resolver el sistema con los metodos usuales, pero esta vez lo resolveremos usando
proporciones. Aplicando el Teorema 1, tenemos
x
4=x+ y
4 + 3=
175
7⇒ x =
4 · 175
7= 100.
Luego y = 75.
2. Resolveremos ahora el problema inicial de esta seccion: Tres hermanas decidieron comprar un billete de
la loterıa provincial, y para ello aportaron 5, 10 y 25 pesos respectivamente. Segun lo acordado, si ganan,
el millon de pesos del premio lo repartiran en forma proporcional a lo aportado para la compra del billete.
¿Cuanto recibirıa cada una en caso de ganar?
Del enunciado deducimos que el billete cuesta 40 pesos. Supongamos que x, y y z el la cantidad que
recibe cada una de las hermanas en caso de ganar. Entonces x+ y + z = 1000000. Por otra parte, como
cada una recibe en proporcion a lo que aporto, resulta que
x
5=
y
10=
z
25
124
Aplicando una vez el Teorema 1, tenemos que
x
5=
x+ y
5 + 10
y como por otra parte x5 = z
25 , aplicando nuevamente el Teorema 1 tenemos
z
25=
x+ y
5 + 10⇒ z
25=x+ y + z
40=
1000000
40
Luego z = 625000, x = 5 · z25 = 125000 e y = 10 · z25 = 250000.
Enunciamos a continuacion otras propiedades de las proporciones cuya demostracion dejamos como ejercicio:
Teorema 2. Sean a, b, c, d ∈ R con a, b, c, d 6= 0, tales quea
b=c
d. Entonces:
1.a+ b
a=c+ d
c;
2.a+ b
b=c+ d
d;
3.a− ba
=c− dc
;
4.a− bb
=c− dd
.
Ejemplo: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones:2x+ 3
2y + 1=
5x
5y + 2x− y = 1
De la primer ecuacion del sistema y aplicando la propiedad 3 del Teorema 2 tenemos
2x+ 3− (2y + 1)
2y + 1=
5x− (5y + 2)
5y + 2⇒ 2(x− y) + 2
2y + 1=
5(x− y)− 2
5y + 2
De la segunda ecuacion, x− y = 1 y por lo tanto
4
2y + 1=
3
5y + 2⇒ 6y + 3 = 20y + 8 ⇒ y = − 5
14
y x = 914 .
1.1. Ejercicios propuestos
1. Demostrar el Teorema 2.
2. La diferencia entre el dinero que tiene Juan y el que tiene Gustavo es de 400 pesos. La cantidad de dinero
de Juan es a la de Gustavo como 9 es a 7. ¿Cuanto dinero tiene cada uno?
3. La diferencia entre dos numeros es -3 y la razon entre ellos es 0,4. ¿Cuales son los numeros?
4. El anterior de un numero es a su consecutivo como 5 es a 6. ¿Cual es el numero?
125
5. ¿Cual es el numero cuyo dobre es a su consecutivo como 3 es a 2?
6. Los Rodriguez y los Liotta alquilaron una casa quinta para pasar sus vacaciones y acordaron repartir el
costo del alquiler en forma directamente proporcional a la cantidad de integrantes de cada familia. La
familia Rodriguez esta compuesta por el padre, la madre y cuatro hijos, mientras que los Liotta son el
padre, la madre, un hijo y la abuela. ¿Cuanto mas deben abonar los Rodriguez si el alquiler es de 2500
pesos?
7. Juan, Pablo y Daniel son tres amigos que tienen sueldos de 7000, 5000 y 10000 pesos por mes respecti-
vamente. Deben comprar un regalo de 1000 pesos para la boda de un amigo y deciden aportar cada uno
en proporcion a su sueldo. ¿Cuanto debe pagar cada uno?
8. Demostrar por induccion que
a1b1
=a2b2
= · · · = anbn⇒ a1
b1=a1 + a2 + · · ·+ anb1 + b2 + · · ·+ bn
.
2. El Teorema de Thales
En esta seccion demostraremos el famoso Teorema de Thales. Cuenta la leyenda que Thales viajo a Egipto
y calculo exactamente las alturas de las piramides egipcias utilizando proporcionalidad. En un momento preciso
del dıa, Thales coloco en forma vertical un baston de madera haciendo que su sombra coincidiera con el punto
final de la sombra de la piramide, como mostramos en la siguiente figura.
A nivel del piso, Thales podıa medir con exactitud la longitud desde el pie de la altura de la piramide hasta el
punto final de su sombra, y podıa medir la altura y la sombra del baston. ¿Como hizo para entonces deducir la
altura de la piramide? A traves de proporciones muy simples entre los lados de los dos triangulos.
Lema 3. Sea4
ABC un triangulo y sea r una recta que corta a AC en un punto P distinto de A y C, y a
BC en un punto Q distinto de B y de C. Entonces r es paralela a←→AB si y solo si
CP
PA=CQ
QB.
Demostracion:
⇒) Supongamos que r es paralela a←→AB. Consideremos los triangulos
4APQ y
4CPQ (Figura 1).
126
Ambos triangulos tienen exactamente la misma altura, que no es mas que h = d(Q,←→AC). Luego A(
4APQ) =
12AP · h y A(
4CPQ) = 1
2CP · h. Dividiendo miembro a miembro ambas igualdades, obtenemos
CP
PA=A(
4CPQ)
A(4
APQ)
(1)
De manera analoga (ver Figura 2) obtenemos que
CQ
QB=A(
4CPQ)
A(4
PQB)
(2)
Observemos finalmente que4
APQ y4
PQB tienen la misma base PQ y los vertices A y B estan sobre una recta
paralela a←→PQ (Figura 3). Por lo tanto A(
4APQ) = A(
4PQB)
Reemplazando en (1) y en (2) obtenemos
CP
PA=A(
4CPQ)
A(4
APQ)
=A(
4CPQ)
A(4
PQB)
=CQ
QB.
⇐) Supongamos ahora que CPPA = CQ
QB . Tracemos una recta s paralela a←→AB por P , que cortara a BC en un
punto Q′. Debemos probar que Q′ = Q.
Observemos que por la parte anterior, resultara CPPA = CQ′
Q′B . Pero entonces tendremos CQ′
Q′B = CQQB y aplicando el
Teorema 2 seraCQ′ +Q′B
CQ′=CQ+QB
CQ⇒ CB
CQ′=CB
CQ⇒ CQ′ = CQ.
Luego, por axioma 14, y dado que Q,Q′ ∈−−→CB, debera ser Q = Q′ como querıamos probar. �
Observemos que aplicando el Teorema 2, obtenemos el siguiente corolario cuya demostracion dejamos como
ejercicio.
127
Corolario 4. Con la notacion del Lema 3, resulta que r es paralela a←→AB si y solo si
CA
CP=CB
CQ
Podemos ahora resolver el problema como lo hizo Thales. Tenemos un triangulo4
AEC tal que←→AE ||
←→BD,
pues ambas son perpendiculares al piso.
Nuestros datos son las longitudes AC y BC y la altura del baston BD. Observemos que por el Teorema de
Pitagoras conocemos tambien DC =√BC2 +BD2. Aplicando el Corolario 4 podemos calcular EC y aplicando
nuevamente el Teorema de Pitagoras obtenemos AE = h que es lo que querıamos.
Supongamos por ejemplo que la longitud de la sombra de la piramide es AC = 50m, que la longitud de
la sombra del baston es BC = 1m y el baston mide BD = 1m. Entonces DC =√
2m y por el Lema 3,ACBC = EC
DC ⇒ 50 ·√
2 = EC. Luego h = AE =√EC2 −AC2 =
√5022− 502m = 50m.
El Lema 3 es un caso particular del famoso Teorema de Thales, que enunciamos a continuacion:
Teorema 5. Teorema de Thales: Sean r y r′ dos rectas que son cortadas por tres rectas paralelas.
Entonces los segmentos determinados por los puntos de interseccion sobre una de ellas son proporcionales
a los correspondientes segmentos determinados por lo puntos de interseccion en la otra.
Demostracion:
Sean t1, t2 y t3 tres rectas paralelas y supongamos que cada una corta a r y r′ en A, A′, B, B′, C y C ′
como en la figura.
Si r || r′, entonces AA′B′B es un paralelogramo y por lo tanto AB = A′B′. De la misma manera, BB′C ′C
es un paralelogramo y BC = B′C ′. El Teorema entonces vale trivialmente.
Supongamos entonces que r y r′ no son paralelas y sea O su punto de interseccion. El Teorema se reduce
al Lema 3 si O = C = C ′.
Supongamos ahora que los tres puntos estan en una misma semirrecta de las que determina O en r y r′ y
son distintos de O, como en la figura.
128
Trazamos una paralela r′′ a r′ por C que corta a t2 en B′′ y a t1 en A′′. Entonces A′′A′B′B′′ y B′′B′C ′C
son paralelogramos y por lo tanto A′′B′′ = A′B′ y B′′C = B′C ′. Aplicando el Lema 3 en el triangulo4
AA′′C
resultaAB
BC=A′′B′′
B′′C=A′B′
B′C ′
Supongamos ahora que O deja A y B de un lado de r y C del otro, y lo mismo ocurre en r′.
Sea D el punto de interseccion de t2 con el segmento A′C. Aplicando el Lema 3 al triangulo4
AA′C tenemos
AB
BC=A′D
DC. (3)
Aplicamos ahora este mismo lema al triangulo4
C ′CA y obtenemos que
A′B′
B′C ′=A′D
DC. (4)
Comparando (3) y (4) obtenemos que ABBC = A′B′
B′C′ como querıamos probar. �
Observemos que aplicando las propiedades de las proporciones de los Teoremas 1 y 2 podemos obtener otras
proporciones. Por ejemplo
AB
BC=A′B′
B′C ′⇒ AB +BC
AB=A′B′ +B′C ′
A′B′yAB +BC
BC=A′B′ +B′C ′
B′C ′
⇒ AC
AB=A′C ′
A′B′yAC
BC=A′C ′
B′C ′
El Teorema de Thales admite una generalizacion automatica que puede probarse por induccion:
129
Teorema 6. Teorema de Thales generalizado Sean r y r′ dos rectas que son cortadas por una cantidad
arbitraria de rectas paralelas. Entonces los segmentos determinados por los puntos de interseccion sobre una
de ellas son proporcionales a los correspondientes segmentos determinados por lo puntos de interseccion
en la otra.
En la figura, t1 || t2 || t3 || · · · ||tn, entonces para cada i, j, k distintos entre 1 y n resulta
AiAjAjAk
=A′iA
′j
A′jA′k
Resolveremos ahora algunos problemas de construccion aplicando el Teorema de Thales.
Problama 1: Dividir utilizando solo regla no graduada y compas el segmento AB dado en cinco partes iguales.
Solucion: Consideramos un segmento AB y con origen en A trazamos una semirrecta cualquiera−−→AX. Marcamos
un punto A1 sobre−−→AX y con centro en A1 trazamos una circunferencia de radio AA1 que cortara a
−−→AX en A
y en un punto A2. Trazamos ahora con centro en A2 una circunferencia de radio A1A2 que cortara a−−→AX en
A1 y en un punto A3. Ası siguiendo, construimos los puntos A1, A2, A3, A4, A5 tales que AiAi+1 = AA1 para
cada i = 1, 2, 3, 4.
Trazamos ahora el segmento A5B y por cada punto Ai trazamos una paralela a←−→A5B que cortara a AB en
un punto Bi, i = 1, 2, 3, 4.
130
Por el Teorema de Thales resulta
AB1
B1B2=
AA1
A1A2= 1,
B1B2
B2B3=A1A2
A2A3= 1, · · · , B3B4
B4B5=A3A4
A4A5= 1
de donde obtenemos que AB1 = B1B2 = B2B3 = B3B4 = B4B.
Es evidente que este procedimiento puede generalizarse para dividir un segmento en una cantidad arbitraria
de partes iguales. �
Problema 2: Constuir un segmento cuya longitud sea el producto de las longitudes de dos segmentos dados.
Solucion:
Consideremos dos segmentos, AB de longitud a y CD de longitud b, y supongamos que OU es un segmento
unidad para la funcion de longitud que estamos usando, es decir, OU = 1. Debemos construir un segmento de
longitud a · b.Trazamos una circunferencia de centro O y radio b que corta a la semirrecta
−−→OU en un punto M . Trazamos
ahora una semirrecta cualquiera con origen en O. Trazamos la circunferencia de centro O y radio a, que corta
a esta semirrecta en un punto N .
Trazamos ahora la recta←→UN y una paralela a ella por el punto M , que cortara a la semirrecta
−−→ON en P .
Por el Corolario 4 resulta
OP
ON=OM
OU⇒ OP
a=b
1⇒ OP = a · b.
El segmento OP es por lo tanto el segmento buscado. �
2.1. Ejercicios propuestos
1. Hallar las longitudes pedidas segun los datos de cada item.
a) ED = 4cm, DC = 7cm, BC = 10cm, AB = ........;
b) ED = 6cm, DC = 10cm, AB = 3cm, AC = ........;
c) ED = 50mm, EC = 2dm, AC = 18cm, BC = ........
2. Segun la figura, completar las razones faltantes para obtener proporciones:
a)a
b= ;
b)a+ b
a=x
;
c)a+ b
x+ y=x
;
d)a
x= ;
e)a+ b
b=x+
;
f )x+ y
a+ b=y
.
131
3. Los lados AE y BE de un triangulo4
ABE son cortados por una recta en los puntos D y C respectivamente.
Determinar en cada caso si DC es paralelo a AB.
a) EB = 14, EC = 6, EA = 7, ED = 3;
b) EB = 12, CB = 5, ED = 8, EA = 10.
4. Dividir, utilizando solo regla no graduada y compas, el siguiente segmento AB en siete segmentos con-
gruentes.
5. Dados los segmentos AB de longitud a y CD de longitud b,
constuir con regla no graduada y compas:
a) Un segmento de longitud a+ b;
b) Un segmento de longitud b− a;
c) Un segmento de longitud a · b;
d) Un segmento de longitud a/b.
6. Demostrar la siguiente generalizacion del Lema 3: si en un triangulo4
ABC se traza una paralela a AB que
corta a las prolongaciones de los lados AC y BC en puntos P y Q respectivamente, entoncesAP
PC=BQ
QC.
Sugerencia: releer la demostracion del Teorema de Thales.
7. Mostrar que la recıproca del Teorema de Thales es falsa. Es decir, si dos rectas r y s son cortadas por
tres rectas t1, t2 y t3 de modo que los segmentos que quedan determinados por los puntos de interseccion
de t1, t2 y t3 con r son proporcionales a los respectivos segmentos determinados en s, t1, t2 y t3 no son
necesariamente paralelas.
8. Demostrar la siguiente recıproca parcial del Teorema de Thales: Si dos rectas r y s son cortadas por tres
secantes t1, t2 y t3 en los puntos A1, A2 y A3 y A′1, A′2 y A′3 respectivamente tales queA1A2
A2A3=A′1A
′2
A′2A′3
,
y ademas t1 es paralela a t2, entonces t3 tambien es paralela a t1 y t2.
132
3. Criterios de semejanza de triangulos
En esta seccion nos ocuparemos de la semejanza de triangulos y, mas generalmente, de polıgonos. Observe-
mos las tres imagenes que se muestran a continuacion:
Las tres imagenes muestran el mismo objeto (en este caso un arbol). Podemos pensar que la primera y la
segunda son mas armonicas que la tercera. Esto se debe a que la segunda se obtiene de reducir la primera. O
sea, se mantienen las proporciones que existen en la primer imagen y la segunda por lo tanto es una version
mas chica de la primera. La tercera, si bien representa el mismo arbol que las otras dos, se obtiene de “estirar”
la primer imagen en una sola direccion, la horizontal, y por lo tanto las proporciones de la tercer figura no son
las mismas que las de la primera, lo que hace que a la vista no nos genere la misma sensacion que las otras dos.
Las dos primeras figuras son figuras semejantes, ya que preservan la forma y las proporciones pero no el
tamano. La tercera no lo es con las dos primeras.
En terminos matematicos, la preservacion de las proporciones tiene que ver con la semejanza. Comenzaremos
introduciendo el concepto de polıgonos semejantes en general, para luego dedicarnos al caso particular de los
triangulos semejantes.
Definicion:
Dos polıgonos A1A2 · · ·An y A′1A′2 · · ·A′n son semejantes si existe una correspondencia
s : {A1, · · · , An} → {A′1, · · · , A′n}
de modo que los angulos homologos para esta correspondencia son congruentes y los lados homologos son
proporcionales. Esto es, si suponemos que s(Ai) = A′i,
A1 = A′1 · · · An = A′n yA1A2
A′1A′2
=A2A3
A′2A′3
= · · · = AnA1
A′nA′1
= λ
La razon comun λ se denomina razon de semejanza. Si dos polıgonos son semejantes, lo denotamos
A1A2 · · ·An ∼ A′1A′2 · · ·A′n.
En la siguiente figura tenemos un par de pentagonos y un par de hexagonos semejantes.
133
Intuitivamente, dos polıgonos son semejantes si tienen la misma “forma” pero no necesariamente el mismo
tamano.
Si aplicamos la definicion anterior a los triangulos, tenemos que dos triangulos son semejantes si existe una
correpondencia entre sus vertices de modo que los pares de angulos homologos son congruentes y los pares de
lados homologos son proporcionales.
Si en la siguiente figura pensamos que la correspondencia s verifica s(A) = A′, s(B) = B′, s(C) = C ′, se
tiene
En esta unidad trataremos de determinar, como lo hicimos cuando estudiamos la congruencia de triangulos,
criterios que nos permitan decidir con la menor cantidad de informacion posible, si dos triangulos son o no
semejantes.
Comenzamos con un lema cuya demostracion dejamos como ejercicio:
Lema 7. La relacion de semejanza de triangulos es una relacion de equivalencia en el conjunto de todos
los triangulos (esto es, es reflexiva, simetrica y transitiva).
Teorema 8. Sea4
ABC un triangulo y sea r una recta paralela a AB que interseca a AC en un punto D
y a BC en un punto E. Entonces4
ABC ∼4
DEC.
134
Demostracion:
Debemos probar que estos dos triangulos tienen sus angulos congruentes y sus lados proporcionales. Obser-
vemos que al ser←→DE paralela a
←→AB, resultan ˆCDE = A y ˆCED = B por ser angulos correspondientes entre
paralelas cortadas por una transversal.
Por lo tanto en4
ABC y4
DEC tenemos A = D, B = E y C es comun.
Por otra parte, aplicando el Corolario 4 resulta
AC
DC=BC
EC= λ.
Luego lo unico que nos queda probar es que ABDE = λ.
Trazamos por el punto E la recta t paralela a←→AC, que cortara a AB en un punto F .
Aplicando el Lema 3 y las propiedades del Teorema 2, obtenemos
CE
EB=AF
FB⇒ CE + EB
CE=AF + FB
AF⇒ λ =
BC
EC=AB
AF(5)
Por otra parte, como EF || AD por construccion y DE || AF por hipotesis, AFED es un paralelogramo y
entonces AF = DE. Reemplazando en (5), obtenemos finalmente
λ =BC
EC=AB
DE
como querıamos probar. �
Nos dedicaremos ahora a enunciar y demostrar criterios de semajanza, analogos a los criterios de congruencia
que hemos estudiado en la Unidad 3.
Teorema 9. Criterio de semejanza (CS) LAL Si en dos
triangulos dos pares de lados homologos son propor-
cionales y los angulos comprendidos entre dichos lados
son congruentes, entonces los triangulos son semejan-
tes.
En el dibujo:
AB
A′B′=
AC
A′C ′y A = A′ ⇒
4ABC ∼
4A′B′C ′ .
135
Demostracion: Sean4
ABC y4
A′B′C ′ dos triangulos que satisfacen las hipotesis del teorema.
Observemos que si AB = A′B′, entoncesAC
A′C ′=
AB
A′B′= 1 y por lo tanto AC = A′C ′. Luego, por
el criterio de congruencia LAL resulta4
ABC=c
4A′B′C ′. Es evidente que si dos triangulos son congruentes,
automaticamente son semejantes con razon de semejanza λ = 1.
Supongamos entonces que AB 6= A′B′, y por lo tanto AC 6= A′C ′. Podemos suponder sin perdida de
generalidad que AB < A′B′. Existira entonces un unico punto P ∈ A′B′ tal que A′P = AB. Trazamos una
paralela a B′C ′ por P que cortara a A′C ′ en un punto Q.
Aplicando el Teorema 8, resulta4
A′B′C ′ ∼4
A′PQ.
En particular, tenemosA′P
A′B′=A′Q
A′C ′⇒ AB
A′B′=A′Q
A′C ′(6)
donde la implicacion final se debe a que AB = A′P por construccion.
Por hipotesis tenemos ademas queAB
A′B′=
AC
A′C ′. Reemplazando en (6), resulta
A′Q
A′C ′=
AC
A′C ′⇒ A′Q = AC.
Por lo tanto, si comparamos4
A′PQ con4
ABC, tenemos que AB = A′P por construccion, A = A′ por
hipotesis y AC = A′Q. Luego por criterio LAL,4
ABC es congruente, y por lo tanto semejante, con4
A′PQ.
A su vez,4
A′B′C ′ ∼4
A′PQ. Como la semejanza de triangulos es una relacion transitiva, resulta4
ABC ∼4
A′B′C ′. �
Teorema 10. CS AA Si en dos triangulos dos pares
de angulos homologos son congruentes, entonces los
triangulos son semejantes.
En el dibujo:
A = A′ y B = B′ ⇒4
ABC ∼4
A′B′C ′ .
Demostracion:
Observemos primero que si AB = A′B′, por el criterio ALA los triangulos4
ABC y4
A′B′C ′ resultan con-
gruentes, y en particular son semejantes.
136
Por lo tanto podemos suponer que AB 6= A′B′, y sin perdida de generalidad que AB < A′B′. Sea P el
unico punto sobre A′B′ tal que A′P = AB. Trazamos por P una paralela a B′C ′ que cortara a A′C ′ en un
punto Q.
Luego ˆA′PQ = B′ por ser correspondientes entre paralelas, y como por hipotesis B′ = B, resulta ˆA′PQ = B.
Como por hipotesis tenemos ademas que A = A′ y AB = A′P por construccion, resulta4
ABC=c
4A′PQ.
Por otra parte, por el Teorema 8, resulta4
A′PQ ∼4
A′B′C ′. Luego
4ABC=c
4A′PQ ∼
4A′B′C ′ ⇒
4ABC ∼
4A′B′C ′ �
Teorema 11. CS LLL: Si en dos triangulos los tres
pares de lados homologos son proporcionales, entonces
los triangulos son semejantes.
En el dibujo:
AB
A′B′=
AC
A′C ′=
BC
B′C ′⇒
4ABC ∼
4A′B′C ′ .
Demostracion: Observemos primero que si AB = A′B′ la razon entre dos lados homologos cualesquiera es 1
y por lo tanto los tres pares de lados homologos son congruentes. Por lo tanto, por el criterio de congruencia
LLL los triangulos resultan congruentes y, en particular, semejantes.
Supongamos entonces que AB 6= A′B′. Sin perdida de generalidad supondremos que AB < A′B′. Como
en las demostraciones de los criterios anteriores, consideramos el unico punto P ∈ A′B′ tal que AP = AB, y
trazamos la paralela a B′C ′ por P , que corta a A′C ′ en Q.
Por Teorema 8, resulta4
A′B′C ′ ∼4
A′PQ. Luego
A′P
A′B′=A′Q
A′C ′=
PQ
B′C ′(7)
137
Bastara entonces demostrar que4
A′PQ=c
4ABC. Observemos que por construccion, A′P = AB. Ademas por
hipotesis tenemosAB
A′B′=
AC
A′C ′. Reemplazando en (7) tenemos
AC
A′C ′=
AB
A′B′=
A′P
A′B′=A′Q
A′C ′⇒ AC = A′Q
Pero ademas,AC
A′C ′=
BC
B′C ′. Por lo tanto, reemplazando A′Q = AC en (7), resulta
BC
B′C ′=
AC
A′C ′=A′Q
A′C ′=
PQ
B′C ′⇒ BC = PQ.
Por lo tanto4
ABC y4
A′PQ tienen los tres pares de lados homologos congruentes, y por criterio de congruencia
LLL resultan congruentes como querıamos probar. �
A continuacion presentamos algunos problemas resueltos. Es importante que intenten plantear y resolver los
problemas antes de leer su resolucion.
Problemas resueltos:
1. Un mastil de 4m tiene una sombra de 6m al mismo tiempo que un edificio cercano tiene una sombra de
24m. ¿Cual es la altura del edificio?
Comenzamos modelizando el problema. Observemos primero que debemos ignorar las dimensiones tridi-
mensionales del mastil y del edificio, y modelizar ambos como segmentos. Indicamos el mastil por AB y
el edificio por A′B′, donde A y A′ son los extremos que tienen contacto con el piso. Sean C y C ′ los
extremos de la sombra del mastil y del edificio respectivamente, de modo que la sombra del mastil es el
segmento AC y la del edificio es A′C ′.
Quedan ası determinados dos triangulos4
ABC y4
A′B′C ′, rectangulos en A y A′ respectivamente, tales
que AB = 4m, AC = 6m y A′C ′ = 24m. El hecho de que la sombra tanto del mastil como del edificio
es medida exactamente en el mismo instante, nos dice que←→BC y
←−→B′C ′ son paralelas y por lo tanto los
angulos ˆACB y ˆA′C ′B′ son congruentes.
138
Comparando los triangulo4
ABC y4
A′B′C ′ tenemos A = A′ = 1R y C = C ′. Por el criterio CS-AA,
resulta4
ABC ∼4
A′B′C ′, y en particular sus lados son proporcionales. Por lo tanto
A′B′
AB=A′C ′
AC⇒ A′B′
4=
24
6⇒ A′B′ = 16.
Concluimos que el edificio mide 16m de alto.
2. Sea ABCD un trapecio con AB || CD. Sea O el punto de interseccion de las diagonales AC y BD.
Demostrar que4
ABO ∼4
COD.
Si comparamos4
ABO y4
COD, tenemos ˆAOB = ˆDOC por ser opuestos por el vertice. Por otra parte,ˆBAO = ˆOCD por ser alternos internos entre las paralelas
←→AB y
←→DC, cortadas por la transversal
←→AC.
Por el criterio CS-AA resulta4
ABO ∼4
COD.
3. Demostrar que si dos triangulos son semejantes con razon de semejanza λ, las alturas correspondientes a
lados homologos estan en razon λ.
Sean4
ABC y4
A′B′C ′ dos triangulos semejantes con razon de semejanza λ. Sean D y D′ los pies de las
alturas a los lados AB y A′B′ respectivamente. Debemos ver queDC
D′C ′= λ.
Observemos que al ser4
ABC ∼4
A′B′C ′, B = B′ yBC
B′C ′= λ.
Por otra parte, tenemos ˆBDC = ˆB′D′C ′ = 1R. Luego los triangulos4
BDC y4
B′D′C ′ tienen dos angulos
homologos congruentes, y por criterio CS-AA son semejantes. LuegoDC
D′C ′=
BC
B′C ′= λ como querıamos
probar.
139
3.1. Ejercicios propuestos
1. Determinar si los dos triangulos4
ABC y4
A′B′C ′ cuyos lados o angulos son los dados en cada item son o
no semejantes.
a) AB = 32, AC = 25, A = B = 50◦, A′B′ = 6,4, A′C ′ = 5, B′C ′ = 5.
b) A = A′ = 90◦, AB = 3, AC = 4, A′B′ = 12, B′C ′ = 13.
c) A = 30◦, B = 85◦, A′ = 30◦, C ′ = 55◦.
d) A = 90◦, B = 53◦7′, AB = 6, AC = 8, A′ = 90◦, A′B′ = 9, B′C ′ = 15, C ′ = 36◦53′.
2. Construir con regla no graduada y compas:
a) dos triangulos equilateros semejantes con razon de semejanza 0, 6;
b) dos triangulos isosceles semejantes, con razon de semejanza 12 .
c) dos triangulos escalenos semejantes, con razon de semejanza 3.
3. Si dos triangulos son semejantes con razon de semejanza λ, ¿cual es la razon entre sus areas?
4. Si dos polıgonos son semejantes con razon de semejanza λ, ¿cual es la razon entre sus perımetros?
5. Desmotrar que en dos triangulos semejantes con razon de semejanza λ, la razon entre las medianas
correspondientes a lados homologos es λ.
6. Dado un triangulo4
ABC, se denomina base media de4
ABC a todo segmento que une los puntos medios
de dos de sus lados. Demostrar que cada base media de4
ABC es paralela al tercer lado, y su medida es
la mitad del tercer lado.
7. Sea4
ABC un triangulo de area 1. Sean A′ el punto medio de BC, B′ el punto medio de AC y C ′ el
punto medio de AB. Calcular el area de4
A′B′C ′.
8. Se denomina base media de un trapecio al segmento que une los puntos medios de los lados no paralelos
(en caso que no sea un paralelogramo). Demostrar que la base media es paralela a las bases del trapecio
e igual a su semisuma.
9. Probar que la suma de las distancias de los puntos de la base de un triangulo isosceles a los lados
congruentes es constante.
10. Demostrar el siguiente criterio (conocido como cuarto criterio) de semejanza de triangulos: si en dos
triangulos4
ABC y4
A′B′C ′ se tieneAB
A′B′=
AC
A′C ′; AC > AB y B = B′ entonces
4ABC∼
4A′B′C ′.
140
11. ∗ Demostrar el Teorema de la bisectriz: Sea4
ABC un triangulo y sea N un punto sobre el lado BC.
Demostrar que N es el punto en que la bisectriz de A corta al lado BC si y solo si ABAC = BNNC .
Sugerencia: Trazar una paralela r a la bisectriz de A y trabajar en el triangulo4
QCB, donde {Q} =←→AB∩r.
12. Hallar el perımetro de un triangulo4
ABC si AB = 8cm, BC = 5cm y AN = 3cm, donde N es el punto
de interseccion de la bisectriz del angulo B con el lado AC.
13. En un tringulo4
ABC la bisectrız del angulo ˆBAC corta al lado BC en D. El triangulo4
ADC es isosceles,
con CD = AD . Si CD = 36 y BD = 64, calcular las longitudes de los lados del triangulo4
ABC.
14. Demostrar que dos polıgonos regulares cualesquiera de igual numero de lados son semejantes.
15. a) Sea ABCD un cuadrilatero arbitrario y sea F el punto medio de AB, G el punto medio de BC, H
el punto medio de DC y E el punto medio de DA. Probar que EFGH es un paralelogramo. (Este
resultado se conoce como Teorema de Varignon).
b) Probar que si ABCD es un rombo, entonces EFGH es un rectangulo.
16. Sea ABCD un cuadrilatero. Sobre la diagonal AC se marcan puntos A′ y C ′ y sobre la diagonal BD se
marcan puntos B′ y D′ de modo que A′B′//AB, B′C ′//BC y C ′D′//CD. Probar que A′D′//AD y
que los cuadrilateros ABCD y A′B′C ′D′ son semejantes.
17. Sea ABCD un rectangulo y sea P un punto de la diagonal AC. Sean Q y R los pies de las perpendiculares
a los lados AB y AD respectivamente. Demostrar que AQPR es semejante a ABCD.
18. Sean AA′ y BB′ dos cuerdas de una circunferencia que se intersecan en un punto P . Demostrar que
PA · PA′ = PB · PB′.
19. Sean AA′ y BB′ dos cuerdas de una circunferencia que no intersecan en un punto interior. Sus prolonga-
ciones se cortan en un punto P exterior a la circunferencia. Probar que PA · PA′ = PB · PB′.
4. Longitud de la circunferencia y area del cırculo
En esta seccion determinaremos las conocidas formulas para calcular la longitud de la circunferencia y el
area del cırculo. Si C es una circunferencia de radio r entonces su longitud es l(C) = 2πr y A(C) = πr2. Nuestro
principal problema es determinar quien es el numero real π.
Es comunmente sabido que π es un numero irracional que se aproxima a 3,1416. Sin embargo no es posible
determinarlo exactamente dado que tiene infinitos decimales y no todos son conocidos (es decir, no siguen
ninguna regularidad conocida). Los numeros irracionales se definen frecuentemente de manera indirecta, por
ejemplo como la raız n-esima de un numero real conocido. Este es el caso de√
2,√
3, o la raiz cuadrada de
cualquier numero primo. Estos numeros son ademas raices de polinomios sencillos a coeficientes enteros:√
2 es
141
raiz del polinomio p(x) = x2 − 2. Desde el punto de vista geometrico,√
2 es la diagonal de un cuadrado de
lado 1 y por lo tanto puede construirse con regla y compas.
Los numeros que son raıces de polinomios a coeficientes enteros (o equivalentemente, a coeficientes ra-
cionales) se denominan numeros algebraicos. Los numeros que no cumplen esta condicion, que son siempre
irracionales, se denominan numeros trascendentes. π es un numero trascendente (la demostracion de este
hecho excede los objetivos de este curso) y por lo tanto tampoco podemos definirlo de esta manera indirecta.
Los numeros trascendentes son automaticamente no constuibles con regla y compas, es decir, no podemos
construir a partir de un segmento unidad fijado utilizando solo regla y compas un segmento cuya longitud sea
este numero.
Daremos en esta seccion una definicion muy simple de π. Si damos por cierta la formula para calcular la
longitud de una circunferencia, resulta que π no es mas que el cociente entre la longitud de una circunfe-
rencia cualquiera y su diametro. Por lo tanto debemos primero definir que se entiende por la longitud de una
circunferencia, y demostrar que este cociente es independiente de la circunferencia que tomemos para calcularlo.
Observemos que cuantos mas lados tiene un polıgono regular, mas se asemeja a la circunferencia que lo
circunscribe:
Esto motiva la siguiente definicion:
Definicion:
Dada una circunferencia C, sea P el conjunto de todos los polıgonos inscriptos en C. Se define la longitud
de la circunferencia C como
l(C) = sup{Per(P ) : P ∈ P},
donde Per(P ) indica el perımetro del polıgono P .
Por empezar, debemos ver que esta definicion es una buena definicion, es decir, que sup{Per(P ) : P ∈ P }realmente existe.
142
Observemos primero que si P es un polıgono inscripto en una circunferencia C y Q es un polıgono circuns-
cripto a C, entonces es bastante intuitivo que Per(P ) debe ser menor a Per(Q), sin importar cuantos lados
tenga cada uno.
La longitud de la circunferencia sera entonces un numero mayor que el perımetro de cualquier polıgono
inscripto y menor que el perımetro de cualquier polıgono circunscripto a ella. Sin embargo, la demostracion
de esta propiedad no es para nada trivial. La enunciaremos a continuacion e incluimos su demostracion en el
apendice a esta unidad:
Lema 12. Sea C una circunferencia y sean P un polıgono inscripto en C y Q un polıgono circunscripto a
C. Entonces Per(P ) < Per(Q).
Como consecuencia de este lema, tenemos que si C es una circunferencia y Q es un polıgono cualquiera
circunscripto a C, entonces Per(Q) es una cota superior del conjunto {Per(P ) : P ∈ P }. Por lo tanto
{Per(P ) : P ∈ P } esta acotado superiormente, y entonces tiene supremo. Con esto probamos que l(C) esta
bien definido.
De la demostracion de este lema surge que en realidad este supremo no puede ser un maximo. Es decir, no
existe ningun polıgono inscripto cuyo perımetro sea la longitud de la circunferencia (ver apendice). En efecto,
dado un polıgono P cualquiera, basta agregar un vertice a P , y aplicando la propiedad triangular obtenemos un
nuevo polıgono P ′ inscripto en C tal que Per(P ) < Per(P ′) ≤ l(C), con lo cual Per(P ) < l(C).
Sabemos entonces que la longitud de una circunferencia esta bien definida, es mayor que el perımetro de
cualquier polıgono inscripto en ella (y menor que el perımetro de cualquier polıgono circunscripto a ella). Sin
embargo no tenemos una forma de calcularla, y no hay indicios de como deberıa definirse el numero π que
aparece en la formula que todos conocemos. Para ello necesitaremos del siguiente resultado:
Lema 13. La razon entre la longitud de cualquier circunferencia y su diametro es constante.
Demostracion:
Este lema nos dice que si tomamos dos circunferencias cualesquiera C y C′, de radios r y r′ respectivamente,
entoncesl(C)2r
=l(C′)2r′
Para ver esto, sean B = {Per(P ) : P ∈ P} y B′ = {Per(P ′) : P ′ ∈ P ′} siendo P y P ′ el conjunto de
polıgonos inscriptos en C y C′ respectivamente.
Podemos suponer sin perdida de generalidad que las dos circunferencias tienen el mismo centro O. Sea
P un polıgono inscripto en C. Supongamos que P = A1A2 · · ·An, y consideremos para cada i = 1, · · · , n el
punto A′i de interseccion de C′ con la semirrecta−−→OAi. Entonces P ′ = A′1A
′2 · · ·A′n ∈ P ′. En la siguiente figura
mostramos como ejemplo la construccion anterior para un hexagono:
143
Si comparamos los triangulos4
AiOAi+1 y4
A′iOA′i+1 para i = 1, · · · , n− 1, resulta:
ˆAiOAi+1 = ˆA′iOA′i+1,
OAiOA′i
=OAi+1
OA′i+1
=r
r′.
Luego por CS-LAL,4
AiOAi+1 ∼4
A′iOA′i+1. De la misma manera se prueba que
4AnOA1 ∼
4A′nOA
′1. La razon
de semejanza es en todos los casos r/r′. Por lo tanto tendremos
r
r′=A1A2
A′1A′2
=A2A3
A′2A′3
= · · · = An−1AnA′n−1A
′n
=AnA1
A′nA′1
Luego
Per(P ) = A1A2 +A2A3 + · · ·+AnA1 =r
r′A′1A
′2 +
r
r′A′2A
′3 + · · ·+ r
r′A′nA
′1 =
r
r′Per(P ′)
Podemos ahora hacer el proceso inverso: dado un polıgono P ′ inscripto en C′, construimos un polıgono P
inscripto en C intersecando con C las semirrectas que van del centro comun de las circunferencias a cada uno
de los vertices de P ′. Los lados de P y P ′ resultan proporcionales y Per(P ′) = r′
r Per(P ).
Entonces
B′ = {Per(P ′) : P ′ ∈ P ′} =
{r′
rPer(P ) : P ∈ P
}=r′
rB
y por lo tanto
l(C′) = supB′ = r′
rsupB =
r′
rl(C).
Luego
l(C′) =r′
rl(C) ⇒ l(C′)
r′=l(C)r⇒ l(C′)
2r′=l(C)2r
�
Definicion:
Se denomina π al numero que se obtiene de hacer el cociente entre la longitud de una circunferencia
cualquiera y su diametro.
144
Corolario 14. La longitud de una circunferencia C de radio r es
l(C) = 2πr
Observemos que el Lema 12, ademas de permitirnos encontrar una cota superior al conjunto de los perımetros
de polıgonos inscriptos en C, nos dice ademas que si llamamos I al conjunto de polıgonos circunscriptos a una
circunferencia C y consideramos el conjunto
G = {Per(P ) : P ∈ I}
entonces G esta acotado inferiormente por el perımetro de cualquier polıgono fijo inscripto en C y por lo tanto
tiene ınfimo. De hecho este ınfimo coincide con la longitud de la circunferencia. Es posible ademas probar que:
Teorema 15. Sea C una circunferencia. Sean P el conjunto de polıgonos inscriptos en C, PR el conjunto
de polıgonos regulares inscriptos en C, I el conjunto de polıgonos circunscriptos a C y IR el conjunto de
polıgonos regulares circunscriptos a C. Definamos ademas los conjuntos
B = {Per(P ) : P ∈ P}; BR = {Per(P ) : P ∈ PR}; G = {Per(P ) : P ∈ I}; GR = {Per(P ) : P ∈ IR}.
Entonces:
l(C) = supB = supBR = ınf G = ınf GR.
En particular, para cualquier polıgono P inscripto en C y cualquier polıgono Q circunscripto a C se verifica:
Per(P ) < l(C) < Per(Q).
Utilizaremos este resultado para hacer estimaciones sobre el valor de π.
Sea C una circunferencia de radio r. Consideremos un cuadrado C inscripto en C y un cuadrado C ′ circuns-
cripto a C.
Entonces el centro de C es la interseccion de las diagonales de C, y por lo tanto cada diagonal es un diametro
de C. Si el lado del cuadrado inscripto mide a, aplicando el Teorema de Pitagoras resulta
2a2 = (2r)2 ⇒ a =√
2r.
Con lo cual el perımetro de P es 4√
2r.
145
En el caso de un cuadrado circunscripto a C, el lado del cuadrado mide 2r como se comprueba facilmente,
y por lo tanto su perımetro es 8r. Tenemos entonces:
Per(C) < l(C) < Per(C ′) ⇒ 4√
2r < 2πr < 8r ⇒ 2√
2 < π < 4
lo que nos da la aproximacion 2, 8284 < π < 4. Observamos que es una aproximacion bastante grosera, ya que
la diferencia entre las cotas inferior y superior es demasiado grande. De hecho, con esta aproximacion ni siquiera
podemos afirmar con seguridad cual es su parte entera (que podrıa ser 2 o 3).
Consideremos ahora un hexagono regular P inscripto en C. Entonces el lado de P es r, y por lo tanto su
perımetro es 6r.
Sea Q un hexagono circunscripto a C. Supongamos que cada lado de Q mide a y sea AB uno de sus lados.
Sea O el centro de C. Como O es el centro tanto de la circunferencia inscripta a Q, en este caso C, como de la
circunferencia circunscripta, resulta ˆAOB = 60◦ = 360◦/6. Como ademas4
AOB es isosceles, resulta entonces
equilatero, o sea, OA = OB = AB = a. Sea M el punto medio de AB. Entonces OM es la altura de4
AOB, y
como M es el punto de tangencia de C con AB se tiene OM = r. Apicando el Teorema de Pitagoras en4
OMB
se tiene (a2
)2+ r2 = a2 ⇒ r2 =
3
4a2 ⇒ a =
2√
3
3r.
Luego Per(Q) = 4√
3r y tenemos
Per(P ) < l(C) < Per(Q) ⇒ 6r < 2πr < 4√
3r ⇒ 3 < π < 2√
3 ≈ 3, 4641
que es sin dudas una aproximacion mejor que la que nos proporciona el cuadrado. En la practica propondremos
calcular otras aproximaciones.
Analizaremos ahora como calcular la longitud de un arco de circunferencia.
Sean A y B dos puntos de una circunferencia. Estos puntos dividen a la circunferencia en dos subconjuntos
propios complementarios, que se denominan arcos de la circunferencia. Formalmente, tenemos:
146
Definicion:
Sea C una circunferencia de centro O. Dados dos puntos distintos A y B de C, se denomina arco de
circunferencia_AB tanto a la interseccion del C con el angulo convexo ˆAOB como a su interseccion con el
angulo concavo ˆAOB. ˆAOB es el angulo central correspondiente al arco_AB.
Es bastante intuitivo que la longitud de un arco de circunferencia es directamente proporcional al angulo
central correspondiente. Hacemos la siguiente definicion:
Definicion:
Sea_AB un arco de una circunferencia de radio r cuyo angulo central correspondiente tiene medida α para
alguna medida angular fija. Entonces se define la longitud del arco_AB como
l(_AB) = πr
α
1llano.
Por ejemplo, es claro que la longitud de una semicircunferencia_AB de una circunferencia C es la mitad de la
longitud de la circunferencia. Si utilizamos el grado sexagesimal como medida angular, tenemos por la definicion
anterior que
l(_AB) = πr
180◦
180◦= πr =
1
2l(C)
Si ahora consideramos un arco de circunferencia cuyo angulo central es recto, resulta:
l(_AB) = πr
90◦
180◦=
1
2πr =
1
4l(C)
Esta definicion puede parecer arbitraria. Sin embargo, puede probarse que es equivalente a definir la longitud
de un arco de circunferencia como el supremo de las longitudes de todos las poligonales convexas cuyos vertices
estan sobre el arco. Ademas, verifica la siguiente propiedad que es la esperada para el calculo de longitudes.
Dejamos la prueba como ejercicio:
Teorema 16. Sea C una circunferencia de centro O y sean A, B y C puntos de C tales que ˆAOB y ˆBOC
son angulos cuya unica interseccion comun es el lado−−→OB. Entonces
l(_AC) = l(
_AB) + l(
_BC).
147
La introduccion de la longitud de un arco de circunferencia nos permite definir una nueva medida angular:
el radian
Definicion:
Se denomina radian a la medida angular cuyo angulo unidad es el angulo central en una circunferencia de
radio r correspondiente a un arco de longitud r.
No es difıcil realizar la conversion de radianes a otras unidades de medida angular. Por ejemplo, es claro que
0rad = 0◦.
Consideremos ahora una circunferencia de radio r. Entonces si_AB es un arco de longitud r, el angulo central
que le corresponde es 1rad y ademas resulta
r = l(_AB) = πr
1rad
1llano⇒ 1rad =
1llano
π
En particular, como la medida de un llano en angulos sexagesimales es 180◦ tenemos
1rad =
(180
π
)◦≈ 57,3◦
y podemos calcular cualquier otro angulo por proporcionalidad directa. Ası 1llano = πrad, 1R = π2 rad.
De ahora en mas, eliminaremos la unidad rad y siempre que digamos que un angulo tiene como medida un
numero real λ, sobreentenderemos que su medida es λ radianes.
Finalizamos esta seccion encontrando una formula para calcular el area de un cırculo.
Recordemos que la funcion de area que definimos en la Unidad 3 tiene como dominio el conjunto de las
figuras planas simples, es decir, aquellas figuras que admiten una subdividion en polıgonos. Es evidente que el
cırculo no es una figura plana simple, y por lo tanto debemos antes que nada definir que entendemos por area
de un cırculo.
Definicion:
Sea C un cırculo de centro O y radio r, es decir, C = {P : d(P,O) ≤ r}. Sea C la circunferencia de centro
O y radio r y sea I el conjunto de todos los polıgonos circunscriptos a C. Definimos el area del cırculo C como
A(C) = ınf{A(P ) : P ∈ I}.
148
El concepto de area de un cırculo esta bien definido. En efecto, basta tomar cualquier polıgono inscripto en
la circunferencia C. Este polıgono esta contenido en cualquier polıgono circunscripto a C y por lo tanto su area es
menor. Luego el area de cualquier polıgono inscripto a C es una cota inferior para el conjunto {A(P ) : P ∈ I}y por lo tanto este conjunto tiene ınfimo.
Observemos que para ser coherentes con como hemos definido la longitud de una circunferencia, lo mas
acertado habrıa sido definir el area de un cırculo como el supremo de las areas de todos los polıgonos inscriptos
en el. De hecho, puede probarse que esta definicion es equivalente a la que hemos dado, pero la demostracion
de que el area del cırculo es πr2 es mucho mas complicada si tomaramos esa definicion.
Teorema 17. El area de un cırculo de radio r es
A(C) = πr2
Demostracion:
Sea C un cırculo de centro O y sea Q ∈ I, esto es, Q es un polıgono circunscripto al cırculo (o para ser
exactos a la circunferencia C que es frontera del cırculo). Entonces la altura de cualquier triangulo cuyos vertices
son dos vertices consecutivos de Q y el punto O, es el radio r de la circunferencia C.
Por otra parte, es claro que el area de Q es la suma de las areas de estos triangulos y, como todos tienen
la misma altura r, se tiene
A(Q) =Per(Q) · r
2= Per(Q) · r
2con lo cual resulta
A(C) = ınf{A(Q) : Q ∈ I} = ınf{r2Per(Q) : Q ∈ I} =
r
2ınf{Per(Q) ; Q ∈ I} =
r
2l(C) = πr2
como querıamos probar. �
Definiciones:
Se denomina sector circular a la interseccion de un cırculo con un angulo, convexo o concavo, cuyo
vertice sea el centro del cırculo. El sector circular determinado por el angulo ˆAOB, donde A y B son los
puntos de interseccion de los lados del angulo con la circunferencia del cırculo, se denota por_
AOB.
Dado un sector circular_
AOB tal que ˆAOB = α,se denomina area de_
AOB al numero real
A(_
AOB) =α
2 · 1llanoπr2
149
4.1. Ejercicios propuestos
1. Calcular
a) la longitud de una circunferencia de 6cm de radio;
b) el radio de una circunferencia de 12cm de longitud;
c) la diferencia de longitud de una pista circular limitada por dos circunferencias concentricas de diame-
tros 243m y 248m, segun se considere el borde exterior o el interior.
2. ¿Cuantos kilometros recorre un ciclista si la rueda de su bicicleta tiene 72cm de diametro y ha dado 3250
vueltas?
3. Se divide el diametro d de un semicırculo en 3 partes iguales y se trazan sobre cada una de ellas, consi-
deradas como diametros, los respectivos semicırculos. Hallar perımetro de la figura sombreada en funcion
de d.
4. Si el radio de una circunferencia es 15cm, calcular la longitud de un arco cuyo angulo central correspon-
diente mide 60◦, 90◦, 72◦ o 36◦.
5. En una circunferencia, el arco cuyo angulo central mide 4◦22′ tiene una longitud de 3, 2cm. Calcular la
longitud de la circunferencia y su radio. ¿Cual sera la longitud del arco correspondiente a un angulo de
20◦45′?.
6. Calcular la longitud de cada arco de una circunferencia de 5cm de radio determinado por los vertices de
un hexagono regular inscripto en ella.
7. Hallar la longitud del lado del cuadrado de la figura sabiendo que el area de la figura sombreada es12532 πcm
2.
150
8. Calcular el area de las figuras sombreadas:
9. Lunulas de Hipocrates. Sea4
ABC un triangulo rectangulo en cuyo exterior se construyen dos semicırculos
que tienen a los catetos BC y CA como diametros y en ellos se determinan dos lunulas mediante el
semicırculo cuyo diametro es la hipotenusa AB. Probar que el area del triangulo es la suma de las areas
de ambas lunulas.
5. Apendice: Demostracion del Lema 12
Recordamos el enunciado del 12
Lema: Sea C una circunferencia y sean P un polıgono inscripto en C y Q un polıgono circunscripto a C.
Entonces Per(P ) < Per(Q).
Demostracion:
Dividimos la prueba en tres pasos:
151
1) Sea P = A1A2 · · ·An un polıgono inscripto en C y sea P ′ un polıgono inscripto en C que tiene los mismos
vertices que P y k vertices mas, entonces Per(P ) < Per(P ′).
Lo hacemos por induccion sobre k. Para k = 1, sea P ′ = A1A2 · · ·AnB el polıgono que tiene los mismos
vertices que P mas un vertice sobre C. Observemos que podemos renombrar los vertices de P de modo que B
este en el arco_
AnA1.
Entonces
Per(P ) = A1A2 +A2A3 + · · ·+An−1An +AnA1, P er(P ′) = A1A2 +A2A3 + · · ·+An−1An +AnB+BA1.
Aplicando la propiedad triangular al triangulo4
AnBA1 resulta AnA1 < AnB + BA1 y por lo tanto Per(P ) <
Per(P ′).
Supongamos ahora que la propiedad es valida para k o sea, que si P ′ es un polıgono inscripto en C que tiene
todos los vertices de P y k mas sobre C.
Veamos que es valida para k + 1. Sea entonces P ′′ un polıgono inscripto en C que tiene todos los vertices
de P y k + 1 mas sobre C. Sea P ′ un polıgono con los mismos vertices que P y k de los vertices extra que
tiene P ′′. Entonces P ′′ tiene un vertice mas que P ′ y por el caso base, Per(P ′′) > Per(P ′). Pero por hipotesis
inductiva Per(P ′) > Per(P ). Luego Per(P ′′) > Per(P ).
2) Sea Q un polıgono circunscripto a C y Q′ un polıgono circunscripto a C que es tangente a C en los
mismos puntos que Q y en k puntos mas. Podemos probar por induccion, de manera analoga al punto 1), que
Per(Q′) < Per(Q).
Probaremos solo el caso base y dejamos el resto de la prueba como ejercicio.
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Supongamos que un polıgono Q = A1A2 · · ·An es tal que el segmento AiAi+1 es tangente a C en el punto
Ti, i = 1, · · ·n− 1 y AnA1 es tangente a C en Tn.
Sea Q un polıgono circunscripto a C, tangente a C en T1, · · · , Tn y en Tn+1. Podemos suponer sin perdida
de generalidad que Q′ = A′1A2 · · ·AnA′n+1 y que A′1 ∈ A1A2, A′n+1 ∈ AnA1.
Luego A1A2 = A1A′1 + A′1A2 y AnA1 = AnA
′n+1 + A′n+1An. Ademas, por la desigualdad triangular en
4A′n+1A1A
′1, tenemos A′n+1A
′1 < A′n+1A1 +A1A
′1. Resulta entonces
Per(Q′) = A′1A2 + · · ·+AnA′n+1 +A′n+1A
′1 < A1A
′1 +A′1A2 + · · ·+AnA
′n+1 +A′n+1A1 = Per(Q).
3) Sean P un polıgono inscripto en C y Q un polıgono circunscripto a C. Sea P ′ el polıgono que tiene
por vertices a todos los vertices de P y a todos los puntos de tangencia de Q con C. Por la parte 1) resulta
Per(P ) < Per(P ′).
Por otra parte, sea Q′ el polıgono circunscripto a C que tiene como puntos de tangencia con C a los vertices de
P ′. Entonces por el punto 2) resulta Per(Q′) < Per(Q).
Como cada lado de P ′ tiene por extremos dos puntos de tangencia consecutivos de Q′, por la desigualdad
triangular resulta Per(P ′) < Per(Q′). Luego
Per(P ) < Per(P ′) < Per(Q′) < Per(Q)
como querıamos probar. �
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